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2020年内蒙古通辽市中考物理试卷
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这是一份2020年内蒙古通辽市中考物理试卷，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题，作图题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。
2020年内蒙古通辽市中考物理试卷
题号
一
二
三
四
五
六
总分
得分
一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）
1. 图中有关声和电磁波的应用，分析正确的是（ ）
A. 甲是摩托车的消声器，其作用是在传播过程中减弱噪声
B. 乙是手按小提琴上一根弦的不同位置，其目的是为了改变音色
C. 丙是利用卫星系统导航，其信息传播的媒介与“B超”相同
D. 丁是利用声呐探测海深，其原理与蝙蝠在夜间飞行的原理相同
2. 下列与物态变化相关的说法，正确的是（ ）
A. 出汗时吹风扇感觉凉快，是因为风降低了室温
B. 地面上的水消失，与冬天人呼出的“白气”形成原理相同
C. 放在衣柜里的樟脑丸消失过程中，需要吸热
D. 因为雪的形成过程中要吸收热量，所以下雪时天气变冷
3. 战国时期，《墨经》中记载了影子的形成、平面镜的反射等光学问题。图中的光学现象与影子的形成原理相同的是（ ）
A. 湖中倒影 B. 日食现象
C. 海市蜃楼 D. 雨后彩虹
4. 生活中蕴含许多物理知识，下列说法正确的是（ ）
A. 生活中的吸盘，是利用大气压工作的
B. 功率越大的机械，机械效率一定越高
C. 小明坐在行驶的汽车中，看到路旁树木向后退，是以地面为参照物
D. 筷子是省力杠杆
5. 以下校园活动的场景中，有关说法正确的是（ ）
A. 引体向上--人拉住单杠静止时，单杠对人的拉力与人的重力平衡
B. 50m测试--人冲过终点时不能立即停下来，是由于受惯性作用
C. 排球比赛--将排球向上垫起后，球的动能不变，重力势能增加
D. 掷实心球--若球在最高点时所受外力全部消失，球将竖直下落
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
B. 雪花纷飞，说明分子不停地做无规则运动
C. 同一物体，温度降低得越多，放出的热量越多
D. 汽油机的压缩冲程，汽缸内的混合物内能增加，温度升高
7. 小玲家的家庭电路简化后如图所示，由该电路可知（ ）
A. a线是零线，b线是火线
B. 灯泡L与插座Q是串联关系
C. c处断开，洗衣机插头插入插座P，洗衣机虽能工作但有安全隐患
D. 台灯插头插入插座Q后，空气开关立刻跳闸，是因为灯丝断路造成的
8. 如图所示，关于甲、乙、丙、丁四幅图，下列说法不正确的是（ ）
A. 甲图说明电能可以转化成机械能
B. 乙图说明闭合电路的部分导体在磁场中运动就会产生电流
C. 丙图说明电流周围存在磁场
D. 丁图说明地磁场的形状跟条形磁体的磁场相似
9. 水平面上放有甲、乙两个完全相同的容器，容器中装有质量相等的不同液体。现把质量相等的A、B两球放入甲容器中后，A漂浮、B沉底；用线把A、B两球系在一起放入乙容器中（线的质量和体积不计），静止后的状态如图所示，两容器中液面恰好相平。下列说法不正确的是（ ）
A. B球在甲中排开液体重力小于在乙中排开液体重力
B. A球在甲中所受浮力大于在乙中所受浮力
C. 甲容器底所受液体压强小于乙容器底所受液体压强
D. 甲容器对水平面压强等于乙容器对水平面压强
10. 如图甲所示，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的滑片从b端滑到a端的过程中，R2消耗的电功率P与通过的电流I的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 电源电压为6V
B. R1的阻值为20Ω
C. R2的最大阻值为40Ω
D. 滑片在a端时，1min内R1消耗的电能为2160J
二、多选题（本大题共2小题，共6.0分）
11. 如图所示的电路中，电源电压不变当滑动变阻器的滑片从A滑向B的过程中，不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表V2的示数不变小灯泡亮度不变
B. 电压表V2示数变化量与V1示数变化量相同
C. 电压表v2与电流表A示数之比不变
D. 滑片P移动到B端时电路总功率最大
12. 中国自主研发无人潜水器“海龙”成功完成下潜任务，潜水器从刚好浸没时开始计时，到返回水面合计10min，全过程“深度-时间”图象和“速度-时间”图象如图所示，下列对潜水器分析正确的是（ ）
A. 在0～1min，受到水的压强逐渐变大
B. 在1～3min，受到水的浮力不变
C. 在4～6min，处于匀速直线运动状态
D. 在6～8min，受非平衡力的作用
三、填空题（本大题共5小题，共10.0分）
13. 天然气已经走进千家万户，天然气的储存和运输是在一定温度下，利用______方法使其液化的；如果用专用运输车运送天然气，到达目的地后，车内油箱中剩余汽油热值______（选填“变小”、“变大”或“不变”）。
14. 小明家电能表的相关参数如图所示，他家电路中允许消耗的最大电功率为______W．他选取一个“220V 100W”的灯，单独与电能表接入家庭电路，15min内电能表指示灯闪烁了75次，则电能表的规格为______imp/（kW•h）。
15. 如图所示我国设计建造的世界首座半潜式圆简型海洋生活平台“希望7号”。主船体直径60m，型深27m，设计最大吃水深度19m，满载航行的排水量为2.5×104t，满载航行时的平台所受的浮力是______N．若某时平台底部所受海水的压强为1.632×105Pa，则此时平台吃水深度是______m．（已知ρ海水=1.02g/cm3，取g=10N/kg）
16. 假期，小明坐客车去旅游。当客车行驶到高速公路保持车距标识牌“0m”处时，恰好后面一辆小汽车行驶到客车旁，此时客车上速度计显示为“80km/h”。当客车匀速行驶到标识牌“100m”处时，小汽车匀速行驶到了标识牌“200m”处，小汽车______（选填“已经”或“没有”）超速，若此时小汽车的功率为80kW，它受到的阻力为______N．（此高速路段限定小汽车最高速度为“120km/h”）
17. 某电热水器简化电路如图所示，保温功率为220W，加热功率为1100W，R1和R2均为定值电热丝，S为自动开关，电热丝R1的阻值为______Ω；如果该电热水器的热效率为80%，将2L的水从12℃电加热至沸腾（一个标准大气压强下），需要______s．[已知c水=4.2×103J/（kg•℃），取ρ水=1.0g/cm3]
四、计算题（本大题共2小题，共10.0分）
18. 如图所示，是一辆汽车通过滑轮组提升重物的装置图，汽车部分参数如表。每次重物都以1m/s的速度匀速上升，提升重2400N的物体时，滑轮组的效率为80%，不计汽车所受的摩擦阻力、绳重及滑轮组的摩擦，取g=10N/kg。
汽车部分参数
汽车重量
3t
车轮数
4个
每个车轮受力面积
250cm2
求：（1）提升重物时汽车对水平地面的压强；
（2）汽车拉绳的力做功的功率。
19. 如图甲所示的电路，电源电压保持不变。小灯泡L标有“2.5V0.25A”字样，滑动变阻器R1的最大值为30Ω，定值电阻R2=30Ω，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V．求：
（1）小灯泡的额定功率是多少？
（2）只闭合S、S2和S3，将变阻器R1的滑片P调到中点时，电流表示数为0.45A，则电源电压是多少？
（3）只闭合开关S、S1，移动变阻器的滑片P，小灯泡L的I-U图象如图乙所示。在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围是多少？
五、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
20. 如图所示，有一条经过平面镜反射过点P的反射光线且平行于主光轴入射到凹透镜上，S'为像点，请确定点光源S的位置，并补全光路图。
21. 如图所示，杠杆提升静止在地面的重物，请画出没有用杠杆拉起重物时，重物在竖直方向上受力的示意图；当用杠杆拉起重物时，请画出在杠杆A点施加最小力F的示意图。
六、实验探究题（本大题共4小题，共20.0分）
22. 小强对有关热现象进行如下探究：
（1）先在探究“冰熔化时温度变化规律”实验时画出了图象甲，由图象甲可知冰属于______（选填“晶体”或“非晶体”）。
（2）完成上述实验后，小强换用其他装置继续探究“水沸腾时温度变化的特点”。加热一段时间后，烧杯内的水温度升高，是通过______方式增加水的内能。由“温度-时间”图象乙可知，水的沸点没有达到100℃，其原因可能是当地大气压强______（选填“高于”、“低于”或“等于”）1标准大气压。
（3）结合两次实验图象可知：冰的熔化过程和水的沸腾过程具有的共同特点是______。
23. 如图所示，请回答下列问题：
（1）如图甲所示，一束平行光通过凸透镜在光屏上形成一个最小最亮的光点。若用此凸透镜探究凸透镜成像规律，在乙图的基础上将蜡烛移至20cm刻度线处，则应将光屏______（选填“远离”或“靠近”）凸透镜，再次在光屏成倒立、______（选填“放大”、“等大”或“缩小”）的实像。
（2）在乙图的基础上，保持蜡烛、凸透镜位置不动，在蜡烛和凸透镜之间放置______（选填“远视镜”或“近视镜”），将光屏远离后，会再次在光屏成清晰的像。
（3）如果将凸透镜换成平面镜，保持蜡烛与平面镜的距离不动，移动光屏到合适位置______（选填“能”或“不能”）在光屏成清晰的像。
24. 小亮想测量个小木块（不吸水）的密度，他有天平、圆柱形玻璃杯适量的水、细针等器材，经过思考，想出了如下的实验方法。
（1）图甲是小亮在调节天平时的情景，小丽指出了他在操作上的错误，你认为错误之处是：______。
（2）小亮纠正错误后调节好天平，按照以下步骤继续实验：
①将小木块放在天平左盘，右盘加砝码并移动游码，天平平衡时右盘中所加砝码和游码的位置如图乙所示，则小木块的质量为______g。
②在玻璃杯中装满水，用细针缓慢地将木块压入水中，使之浸没，利用排水法，测出溢出水的质量为30g，则小木块的体积为______cm3．（已知ρ水=1.0g/cm3）
③算出小木块的密度：ρ木=______g/m3。
（3）受小亮实验的启发，小丽在实验时除了利用原有的圆柱形玻璃杯、适量的水和细针外，又找了一把刻度尺，不用天平也测出了木块的密度，请你将下列测量步骤补充完整：
①在玻璃杯中装入适量的水，用刻度尺测出杯中水的深度为h0。
②将木块轻轻放入玻璃杯中，待它漂浮时，______。
③用细针缓慢地把木块压入水中，使之浸没，用刻度尺测出杯中水的深度为hm。
④写出小木块密度的表达式：ρ木=______（用测量的物理量和已知量的符号表示）。
25. 实验老师为“测量小灯泡额定功率”准备了如下器材：电源（电压恒为6V）开关、电压表和电流表各一只、额定电压为2.5V的待测小灯泡（电阻约为10Ω）、滑动变阻器（“20Ω 1A”）、导线若干。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整（要求：滑片向右移动灯泡变亮）。
（2）闭合开关前电流表的指针如图乙所示，其原因是______。
（3）故障排除后，调节滑动变阻器的滑片，并绘制了小灯泡的电流随其两端电压变化的关系如图丙所示，则小灯泡的额定功率为______W．从图象中还发现：当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比______（选填“变大”、“变小或“不变”）。
（4）小陈同学为了验证电流跟电阻的关系，他又借到了一个滑动变阻器（50Ω 0.5A）和五个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ωg、25Ω），其余器材不变。用定值电阻更换甲图中的灯泡，小陈同学得到如图丁所示的电流随定值电阻变化的图象，则实验中他所用的滑动变阻器是______（选填字母：A.20Ω 1AB .50Ω 0.5A），若某次实验中滑动变阻器连入的阻值为14Ω，则所用定值电阻的阻值为______Ω。
（5）下课前老师布置了一道课后作业。要求：在只有下列实验器材的前提下测出未知定值电阻Rx的阻值。实验器材：电阻Rx、电源（电压恒定但未知）、滑动变阻器（已知最大阻值为R0）、电流表、开关、导线若干。
小张同学设计了如图戊所示的电路图，用以下步骤测Rx的阻值。
①闭合开关S，移动滑片P至B端，记下电流表示数I1；
②移动滑片P至A端，记下电流表示数I2（I1未超过电流表的量程）；
③请帮他写出Rx的表达式：Rx=______（用字母R0、I1、I2表示）。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：
A、摩托车的消音器，其作用是在声源处减弱噪声，故A错误；
B、小提琴是琴弦振动发出声音的，当在小提琴上不同位置按弦，琴弦振动的快慢会不一样，所以声音的音调就会发生变化，故B错误；
C、卫星导航系统传递信息利用的是电磁波，“B超”是利用超声波，故C错误；
D、利用声呐探测海深与蝙蝠在夜间能正常飞行的原理相同，都是利用超声波传递信息，故D正确。
故选：D。
（1）减弱噪声方法有：①在声源处控制噪声产生；②在传播过程中阻断噪声传播；③在人耳处防止噪声进入耳朵；
（2）音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
（3）图片和声音等信号调制到电磁波上，把电磁波当成载体发射出去，电磁波比超声波、次声波具有更强的穿透力，人们日常生活中用的电视信号、手机信号都是利用电磁波传递信号的；
（4）声音不但能传递信息，还能传递能量。
本题主要考查学生对声现象这一知识点的了解和掌握，结合与声有关的知识分析每个选项确定答案。
2.【答案】C
【解析】解：A、出汗时吹风扇感觉凉快，是因为风加快了汗液的蒸发，蒸发吸热，故A错误。
B、地面上的水消失，是水的汽化现象；冬天人呼出的“白气”是呼出的水蒸气遇冷液化，故两者的形成原理不同，故B错误。
C、放在衣柜里的樟脑丸消失过程中，是樟脑丸的升华现象，升华过程需要吸热，故C正确。
D、雪的形成过程是水蒸气的凝华现象，凝华需要放出热量；下雪时天气变冷是因为水蒸气只有在气温骤降时才能凝华，故D错误。
故选：C。
（1）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
3.【答案】B
【解析】解：影子的形成原理是光沿直线传播，比如：日食、月食、手影、皮影、立竿见影等；
A、湖中倒影是平面镜成像，属于光的反射现象，故A错误；
B、日食的形成，是光的直线传播现象，故B正确；
C、海市蜃楼属于光的折射现象，故C错误；
D、雨后天空出现彩虹，是由于太阳光照到空气中的小水滴上，被分解为绚丽的七色光，即光的色散，属于光的折射，故D错误。
故选：B。
明确影子是由光的直线传播形成的现象，然后分析各个选项形成原理，选出符合题意的选项。
此题是光现象中的综合题，涉及到光的反射、色散、直线传播等，分析时要分清选项是哪类光选项，并深究其成因，就可解答
4.【答案】A
【解析】解：A、吸盘内的空气被挤出，内部气压小于外界大气压，是大气压将其固定住的，故A正确；
B、功率表示物体做功的快慢，机械效率表示物体所做的有用功与总功的比值，两者物理意义不同，没有直接的联系，故B错误；
C、若以地面为参照物，树木位置不变，应该是静止的，不符合题意，故C错误；
D、使用筷子时，是费力杠杆，这样更节省距离，故D错误。
故选：A。
A、大气压的应用大多是利用内外的气压差，所以要判断是否是大气压的应用，要注意有没有形成这个“气压差”；
B、功率是做功快慢的物理量，机械效率是表示机械功能好坏的物理量，二者无确切联系；
C、物体与参照物位置发生相对改变，则说明物体是运动的，否则静止；
D、判断杠杆是省力杠杆还是费力杠杆，可依据杠杆的动力臂和阻力臂大小关系，若动力臂大于阻力臂，则是省力杠杆，若动力臂小于阻力臂，则是费力杠杆。
本题是一道综合性的选择题目，主要考查了大气压、物体运动的相对性、功率和机械效率的区别及杠杆的分类情况，均属基础性问题。
5.【答案】A
【解析】解：A、人拉住单杠静止时，处于平衡状态，此时单杠对人的拉力与人的重力是一对平衡力，故A正确；
B、人冲过终点时不能立即停下来，是由于人具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故B错误；
C、将排球向上垫起后，排球将减速上升，质量不变，速度减小，动能减小；同时高度增加，重力势能增加，故C错误；
D、掷出的实心球斜向上运动，在最高点时的速度不为零，仍具有水平方向的速度，若此时所受外力全部消失，由牛顿第一定律可知，球将沿水平方向做匀速直线运动，故D错误。
故选：A。
本题是一道力学综合题，涉及到二力平衡、惯性、动能和势能的转化以及牛顿第一定律的应用等，与生活紧密相连，让学生觉得学习物理有用，同学们平时要尝试用物理知识解释身边的现象。
6.【答案】D
【解析】解：
A、发生热传递的条件是两物体有温度差，热量从温度高的物体传递到温度低的物体，故A错误；
B、雪花纷飞，雪花不是分子，属于宏观物体的运动，是机械运动，不能说明分子的无规则运动，故B错误；
C、没有外界做功时，由Q放=cm△t可知，同一物体，温度降得越多，放出的热量就越多，故C错误；
D、汽油机的压縮冲程，对气缸内的混合物做功，使其温度升髙、内能增大，故D正确。
故选：D。
（1）热传递的条件是存在温度差；热传递的方向是从高温物体到低温物体。
（2）不同物体互相接触时，分子彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动。
（3）根据Q放=cm△t可知，质量、比热容一定时，放出热量与温度的关系；
（4）对物体做功（克服摩擦、压缩气体），物体的温度升髙、内能增大。
本题主要考查学生对热传递条件、分子运动、放热公式和汽油机的工作原理，综合性较强，难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A、据题意和图中的标注可知，用电器的开关应该接在火线上，所以和开关相连的那根线是火线，即a 线是火线，b 线是零线，故A错误；
B、灯泡L与插座Q是互不影响的，所以是并联的关系，故C错误；
C、若c处断开（即三孔插座没有接地），洗衣机插头插入插座，洗衣机仍然能工作，但外壳不能接地，当外壳漏电时，人接触金属外壳，会有电流流过人体，会发生触电事故，即有安全隐患，故C正确；
C、电路跳闸可能是电路总功率过大引起的，也可能是发生了短路，不可能是灯丝断路造成的，故D错误。
故选：C。
（1）根据图示可判断火线与零线；
（2）家庭电路中各个用电器是互不影响的，所以是并联的关系；
（3）金属外壳的用电器使用三孔插座时，把金属外壳接地，即使金属外壳的用电器漏电，人体被接地的导线短路，不会对人体造成伤害；
（4）在家庭电路中，电流过大的原因：一是电路总功率过大，二是发生了短路。
本题考查了家庭电路中对电能表的认识、电路连接、保险丝的作用等的认识和理解，家庭电路的连接一切都要以安全为前题。
8.【答案】B
【解析】解：A、甲图是电动机的原理图，电动机工作时电能转化为机械能。说法正确。
B、乙图是探究电磁感应现象的实验装置，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中有感应电流产生，选项中没有指出做切割磁感线运动，不能确定是否有感应电流。说法错误。
C、丙图是奥斯特实验，表明电流周围存在磁场。说法正确。
D、丁图表明地球是巨大的磁体，地磁场和条形磁体的磁场相似。说法正确。
故选：B。
（1）电动机是根据通电导体在磁场中受力而运动原理工作的，电能转化为机械能。
（2）发电机是根据电磁感应原理工作的，机械能转化为电能。
（3）奥斯特实验表明通电导体周围存在磁场。
（4）地球是巨大的磁体，地磁场和条形磁体的磁场相似。
电动机和发电机的原理图非常相似，重要区别在于电动机电路有电源，发电机电路没有电源，注意区分，容易混淆。
9.【答案】B
【解析】解：
A、由图可知，AB两球排开液体的总体积：V排甲＜VA+VB，V排乙=VA+VB，所以，V排甲＜V排乙；
已知甲、乙两个完全相同的容器，两容器中液面恰好相平，则：V甲+V排甲=V乙+V排乙，所以，V甲＞V乙，即甲容器中液体的体积较大；
已知容器中的液体质量相等，根据ρ=可知：ρ甲＜ρ乙；
B球排开液体的重力：G排液=ρ液gVB，ρ甲＜ρ乙；
B球在甲中排开液体重力小于在乙中排开液体重力，故A正确；
B、由图可知，A在甲液体中漂浮，根据漂浮条件可知：FA浮甲=GA-------①
A和B在乙液体中一起悬浮，则A球的受力情况是：FA浮乙=GA+F-------②，
由①②可知，FA浮甲＜FA浮乙，故B错误；
C、已知两容器中液面恰好相平（液体的深度相同），ρ甲＜ρ乙，根据p=ρgh可知：p甲＜p乙，故C正确；
D、容器对水平面的压力等于容器的总重力，即F压=G液+G容+GA+GB；
由于容器和液体质量均相等，A、B两球的质量不变，所以，F甲=F乙，即两容器对水平面的压力相等，
由于甲、乙两个完全相同的容器，则水平面的受力面积相等，根据p=可知：p甲′=p乙′，即两容器对水平面的压强相等，故D正确。
故选：B。
A、已知两容器中液面恰好相平，根据A、B两球在甲乙两容器中排开液体的体积判断得出甲乙液体的体积大小，由于容器中装有质量相等的不同液体，则根据ρ=即可判断液体的密度大小关系，根据G排液=ρ液gVB分析B球排开液体的重力大小；
B、根据A球在甲乙容器液体中的受力情况即可判断；
C、已知两容器中液面恰好相平，根据p=ρgh即可判断容器底所受液体压强的大小；
D、求出容器对水平面压力，由于甲、乙两个完全相同的容器，则底面积相等，根据p=即可判断容器对水平面压强。
此题通过分析小球在液体中的浮沉情况，考查了对阿基米德原理、浮沉条件的应用，同时考查了密度知识的应用，综合性强，难度较大。
10.【答案】A
【解析】解：AB、由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器消耗的功率为0.8W时，电路中的电流I1=0.2A；
由P=UI可得，此时R2的电压；U2===4V，
由I=及串联电路的电压规律可得：电源电压：U=I1R1+U2=0.2A×R1+4V--------①；
当滑动变阻器消耗的功率为0W时，即变阻器连入电路的电阻为零，电路只有R1，
由图象可知此时电流I2=0.6A；
由欧姆定律可得，电源的电压：U=I2R1=0.6A×R1---------②，
解①②得：R1=10Ω；U=6V，故A正确，B错误；
C、由图象可知，滑动变阻器全部接入电路中，其电阻最大，此时电流最小为I1=0.2A，
则滑动变阻器的最大阻值为：R2===20Ω，故C错误；
D、滑片在a端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0时（电路为R1的简单电路），电路中的电阻最小，电流最大，
1min内R1消耗的电能为W=UI大t=6V×0.6A×60s=216W，故D错误。
故选：A。
AB、由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由图象读出滑动变阻器的电功率和电流值，根据P=UI求出R2的电压；
根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，并求出R1的阻值，从而求出电源电压；
C、根据图象中滑动变阻器两端的电压和功率求出滑动变阻器的电阻；
D、根据W=UI大t求出滑片在a端时1min内R1消耗的电能。
本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用以及识图能力和电功的计算，关键是知道滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小、滑动变阻器接入电路中的电阻最小时电路中的电流最大。
11.【答案】BC
【解析】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表A测电路中的电流。
当滑动变阻器的滑片从A滑向B的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，
由I=可知，电路中的电流变小，
不考虑灯丝电阻随温度的变化，由U=IR可知，灯泡两端的电压变小，即电压表V2的示数变小，
因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，
所以，由P=UI可知，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，故A错误；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V2示数变化量与V1示数变化量相同，故B正确；
由R=可知，电压表V2与电流表A示数之比等于灯泡的电阻，则其比值不变，故C正确；
滑片P移动到B端时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，由P=UI可知，电路总功率最小，故D错误。
故选：BC。
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表A测电路中的电流。
（1）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，进一步得出亮暗的变化，根据串联电路的电压特点可知两电压表示数变化量的关系，根据欧姆定律结合灯泡的电阻判断电压表V2与电流表A示数之比变化；
（2）滑片P移动到B端时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，根据P=UI可知电路总功率的大小。
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
12.【答案】ABD
【解析】解：
A、由h-t图象可知，在0～1min内潜水器所处的深度逐渐增大，由p=ρgh可知，受到水的压强逐渐变大，故A正确；
B、在1～3min内，潜水器浸没水中，排开水的体积不变，由F浮=ρgV排可知，受到水的浮力不变，故B正确；
C、由v-t图象可知，在4～6min内，潜水器的速度为0，处于静止状态，故C错误；
D、由v-t图象可知，在6～8min内，潜水器加速上升，处于非平衡状态，故D正确。
故选：ABD。
（1）由h-t图象可知在0～1min内潜水器所处深度的变化，根据p=ρgh可知受到水的压强变化；
（2）潜水器从刚好浸没时开始下潜到返回水面，在1～3min内潜水器排开水的体积不变，根据阿基米德原理可知受到水的浮力变化；
（3）由v-t图象可知在4～6min内潜水器的速度，然后判断其状态；
（4）由v-t图象可知在6～8min内潜水器的运动状态，再判断所处的状态进而判断出受力情况。
本题考查了液体压强公式、阿基米德原理、力与运动的关系等，从图象中获取潜水器深度的变化和运动的速度是关键。
13.【答案】压缩体积 不变
【解析】解：
（1）天然气在常温常压下是气态。为节约空间，天然气的储存和运输是在一定温度下，利用压缩体积方法使其液化的；
（2）汽油的热值与汽油的质量大小无关，所以油箱内剩余汽油质量虽然减少，但汽油的热值不变。
故答案为：压缩体积；不变。
（1）物质由气态变成液态的过程叫液化。液化有两种方法：降低温度，压缩体积；
（2）热值是燃料的一种特性，与燃料的种类有关，而与燃料的质量、燃烧程度无关。
此题考查了液化的方法和热值的物理意义，是基本概念和规律的应用，难度不大。
14.【答案】6600 3000
【解析】解：（1）由图示电能表可知，电能表正常工作时的电压是220V，正常工作时允许流过电能表的最大电流为30A，
他家电路中允许消耗的最大电功率：
P=UI=220V×30A=6600W；
（2）该灯泡15min消耗的电能为：
W=Pt=0.1kW×h=0.025kW•h；
由题知，电路中消耗0.025kW•h的电能时，电能表指示灯闪烁了75次，
则消耗1kW•h的电能时，电能表指示灯闪烁的次数：
N==3000imp，所以该电能表的规格为：3000imp/（kW•h）。
故答案为：6600；3000。
（1）电能表参数的意义：220V是该电能表要接在220V的电路中，10A是指该电能表的标定电流，40A是指短时间允许通过的最大电流，利用P=UI求小明家同时工作的用电器最大电功率；
（2）先求出灯泡15min消耗的电能，然后求出电能表的规格（每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁的次数）。
本题考查了使用电能表时消耗电能和电功率公式的运用，明确电能表相关参数的意义是关键。
15.【答案】2.5×108 16
【解析】解：
（1）满载航行时的平台的排水量：m排=2.5×104t=2.5×107kg，
根据阿基米德原理可得，满载航行时的平台所受的浮力：
F浮=G排=m排g=2.5×107kg×10N/kg=2.5×108N；
（2）根据p=ρgh可知，平台吃水深度为：
h===16m。
故答案为：2.5×108；16。
（1）物体所受浮力大小等于它排开液体所受重力；
（2）已知平台底部所受海水的压强和海水的密度，根据公式p=ρgh求出平台的吃水深度。
本题考查了液体压强公式、漂浮时浮力与重力的关系，属于基础性题目。
16.【答案】已经 1800
【解析】解：
（1）由v=得客车行驶时间为：
t===h；
则小汽车的速度为：
v2===160km/h＞120km/h，
故小汽车已经超速了；
（2）由P===Fv得小汽车的牵引力为：
F===1800N；
小汽车匀速行驶，水平方向受力平衡，阻力和牵引力是一对平衡力，所以小汽车受到的阻力为1800N。
故答案为：已经；1800。
（1）利用速度公式求出小汽车的速度与限大小比较作出判断；
（2）利用P===Fv求出小汽车的牵引力；小汽车匀速行驶，水平方向小车受到牵引力和阻力是一对平衡力，据此求出阻力。
此题主要考查学生对于速度公式、功率公式和二力平衡等知识的理解和应用能力，灵活运用功率和速度公式是解题的关键。
17.【答案】176 840
【解析】解：（1）当S闭合时，R1短路，电路为R2的简单电路，当S断开时，两电阻串联，根据串联电阻大于其中任一电阻，根据P=，S闭合时，为加热状态，S断开时为保温状态，
P加热=，故R2===44Ω；
根据串联电阻的规律，P保温=，
故R1+R2===220Ω，
因此，R1==220Ω-44Ω=176Ω；
（2）由ρ=得水的质量：
m=ρ水V=1.0×103kg/m3×2×10-3m3=2kg；
水在一个标准大气压强下的沸点为100℃，
水吸收的热量为：
Q=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃-12℃）=7.392×105J，
根据η==，该电热水器的热效率为80%，
加热至沸腾所用的时间：
t===840s。
故答案为：176；840。
（1）分析S闭合和断开时电路连接，根据串联电阻的规律结合P=，分析不同档位电路的结构，
从而得了加热和保温时功率的表达式，根据串联电阻的规律得出R1；
（2）由ρ=得水的质量，因水在一个标准大气压强下的沸点为100℃，根据Q=c水m（t-t0）求出水吸收的热量，根据η==求出该电热水器加热至沸腾所用的时间。
本题为电热综合题，考查串联电路的规律及P=和吸热公式、电功公式、密度公式、效率公式的运用，为中考的热点问题。
18.【答案】解：（1）提升重物时，汽车对水平地面的压力：
F=G=mg=3×103×10N/kg=3×104N，
受力面积S=4S0=4×250cm2=1000cm2=0.1m2，
汽车对水平地面的压强：
p===3×105Pa；
（2）由图可知：滑轮组绳子的有效股数n=3，
根据η====可得，汽车的拉力：
F===1000N，
汽车的速度：v车=nv物=3×1m/s=3m/s，
则汽车拉绳的力做功的功率：
P=Fv=1000N×3m/s=3000W。
答：（1）提升重物时汽车对水平地面的压强为3×105Pa；
（2）汽车拉绳的力做功的功率为3000W。
【解析】（1）提升重物时，汽车对水平地面的压力等于其自身重力，求出受力面积，利用p=计算压强；
（2）首先确定滑轮组绳子的有效股数，然后利用η====求出汽车的拉力；根据v=nv物求出汽车的速度，根据P=Fv求出汽车的功率。
此题考查压强、机械效率的计算，功率公式的应用，关键是功率推导公式P=Fv、机械效率推导公式η====的运用。
19.【答案】解：（1）小灯泡的额定功率是：
PL=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W；
（2）只闭合开关S、S2和S3，分析电路的连接，L短路，电阻R1与R2并联，
并联的总电阻，R并===10Ω，
由I=可得电源电压：U=IR并=0.45A×10Ω=4.5V；
（3）只闭合开关S、S1，灯泡L与R1串联，R2不接入电路，移动变阻器的滑片P，向左移动时，R1变大，电压表的示数也变大，当电压表示数为3V时，R1最大，则R1的电压U1大=3V，此时小灯泡两端的电压为：UL′=U-U1大=4.5V-3V=1.5V，
由图乙可知电路中最小电流：I最小=0.2A，
所以R1连入电路的电阻：R1===15Ω，
当滑片向右移动时，R1变小，电流表的示数变大，UL也变大，由图象可知电路中的最大电流：
I最大=0.25A＜0.6A（电流表安全），
由图象可知，此时UL′=2.5V，
R1两端的电压为：U1′=U-UL′=4.5V-2.5V=2V，
R1连入电路的电阻：R1′===8Ω，
所以在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围是8～15Ω。
答：（1）小灯泡的额定功率是0.625W；（2）只闭合S、S2和S3，将变阻器R1的滑片P调到中点时，电流表示数为0.45A，则电源电压是4.5V；
（3）只闭合开关S、S1，移动变阻器的滑片P，小灯泡L的I-U图象如图乙所示。在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围是8～15Ω。
【解析】（1）由小灯泡L标有“2.5V 0.25A”字样，根据P=UI求灯的额定功率；
（2）只闭合开关S、S2和S3，分析电路的连接，L短路，电阻R1与R2并联，求出并联的总电阻，已知电流根据欧姆定律求出电源电压；
（3）只闭合开关S、S2，R1与灯泡串联，R2不接入电路，移动变阻器的滑片P，向左移动时，R1变大，电压表的示数也变大，当电压表示数为3V时，R1最大，可求R1的电压，即可得小灯泡的电压，可得电路中最小电流，可求此时滑动变阻器的电阻；当滑片向右移动时，R1变小，电流表的示数变大，UL也变大，由图象可知电路中的最大电流，根据欧姆定律可求此时滑动变阻器的电阻，即可得在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围。
本题考查串联、并联电路的规律和欧姆定律及电功率公式的运用，关键是正确识别电路，从图象中获取有效的信息。
20.【答案】解：作像点S′关于镜面的对称点S，即为光源S的位置；连接SO，可得即为入射光线；平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，如图所示：
【解析】根据平面镜成像的特点---物像对称，画出光源S的位置；连接SO，可得入射光线；在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
本题考查了平面镜成像的特点（物像对称）和凹透镜的特殊光线，属于中档题。
21.【答案】解：没有用杠杆拉起重物时，重物在竖直方向上受重力和支持力的作用，二力的作用点可均画在重心处，过物体的重心作竖直向下的重力G和竖直向上的支持力F′；
拉起物体的力作用在A点，O为支点，连接OA即为最长的动力臂，根据杠杆的平衡条件，此时所用的动力最小；过A点作垂直于OA向下的力F即可，如图所示：
【解析】（1）没有用杠杆拉起重物时，重物在竖直方向上受重力和支持力的作用，二力平衡；
（2）根据杠杆的平衡条件，当动力臂最长时，所用的动力最小。
本题考查了力的示意图的画法以及杠杆中最小力的问题，其中最小力的画法是一个难点，关键要找到最长的动力臂。
22.【答案】晶体 热传递 低于 吸收热量，温度不变
【解析】解：（1）由图甲可知：冰熔化时有固定的熔化温度，是晶体，冰的熔点为0℃，冰在熔化时吸热温度不变；
（2）实验中，水从火吸收热量、内能增加、温度升高，是通过热传递的方式增加水的内能；
由图知，由所绘制的丙图象可知，水的沸点是98℃低于100℃，此时周围环境的大气压低于一标准大气压；
（3）冰是晶体，晶体在熔化的过程中需要吸热，但温度不变；水在沸腾时，吸收热量，温度不变。
故答案为：（1）0；（2）热传递；46；低于；（3）吸收热量，温度不变。
（1）是否有固定的熔点或凝固点是晶体和非晶体的主要区别，晶体熔化吸热温度不变，内能升高；
（2）改变物体内能的方法，一是做功，二是热传递；液体的沸点与气压有关，液体表面的气压越大、沸点越高；
（3）晶体在熔化和沸腾的过程中温度不变。
主要考查了晶体熔化、水的沸腾的特点及对晶体熔化、水沸腾图象的分析。要注意从图象中得到信息，是一道很好的题目。
23.【答案】靠近 缩小 近视镜 不能
【解析】解：（1）由图甲可知，焦距f=10.0cm，2f=20cm，在乙图的基础上将蜡烛移至20cm刻度线处，物距u=30cm，则u＞2f，所以成倒立、缩小的实像，像距处于f和2f之间，所以应将光屏靠近凸透镜；
（2）光屏远离后，会再次在光屏成清晰的像，说明光线比原来发散了，所以应该选用近视镜；
（3）由于平面镜成虚像，所以移动光屏到合适位置不能在光屏成清晰的像。
故答案为：（1）靠近；缩小；（2）近视镜；（3）不能。
（1）由焦点到凸透镜的距离即为焦距，根据凸透镜成像规律确定成像的特点；
（2）远视镜为凸透镜，对光线有会聚作用，近视镜为凹透镜，对光线有发散作用，据此分析；
（3）平面镜成虚像，不能在光屏上呈现。
本题主要考查了凸透镜成像规律的应用，要掌握凸透镜成像特点与物距、像距的关系。
24.【答案】游码未移至标尺左端的零刻度线处 18.6 30 0.62 用刻度尺测出杯中水的深度为h •ρ水
【解析】解：（1）在调节天平平衡时，应先将天平放在水平台上，并将游码拨到标尺左端的零刻线处，该同学未将游码拨到标尺左端的“0”刻度线处；
（2）①如图乙所示，则小木块的质量m=10g+5g+3.6g=18.6g；
②根据公式ρ=得，排开水的体积V水=V木===30cm3；
③所以木块的密度ρ木===0.62g/cm3；
（3）实验步骤：
①将适量的水倒入烧杯中，测出烧杯中水的深度h0。
②将木块轻放入玻璃杯中，待它漂浮时，用刻度尺测出杯中水的深度为h；
③用细针缓慢地把木块压入水中，使之完全浸没，用刻度尺测出杯中水的深度为hm；
④因为木块漂浮在水面上受到的浮力等于重力，所以G=F浮=ρ水gV排，
设烧杯的底面积为S，木块排开水的体积为：V排=S（h-h0），
所以G=F浮=ρ水gS（h-h0），
木块的质量：m==ρ水S（h-h0），
当木块压入烧杯中，用刻度尺测出此时烧杯中水的深度hm，小木块的体积为：V=S（hm-h0）
小木块的密度：ρ===。
故答案为：（1）游码未移至标尺左端的零刻度线处；（2）①18.6；②30；③0.62；（3）②用刻度尺测出杯中水的深度为h；④•ρ水。
（1）调节平衡前，先将天平放在水平台上，游码置于标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母；天平平衡时，物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；
（2）①物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；
②木块浸没时，排开水的体积和木块的体积相等，根据密度公式的变形求出木块的体积；
③根据密度公式求出木块的密度；
（3）设烧杯的底面积是S，烧杯中倒入水时，用刻度尺测出烧杯中水的深度h0，可以求出水的体积。
把木块漂浮水面上，测出此时水的深度h，可以求出木块排开水的重力，即木块受到的浮力，木块漂浮在水面上，木块受到的浮力等于木块的重力，求出木块的质量。
当木块沉入放入烧杯，用刻度尺测出此时烧杯中水的深度hm，可以求出水和木块的总体积。从而求出木块的体积。再根据ρ=求出木块的密度。
本题考查了密度公式的计算和阿基米德原理的应用，关键是知道金属块没入水中排开水的体积就是自身的体积，计算时要注意单位的统一；小题用漂浮条件和阿基米德原理和漂浮条件测量木块的质量，这是本题的关键。
25.【答案】（1）；
（2）电流表指针没有调零；
（3）0.625；变大；
（4）B；10；
（5）。
【解析】解：（1）滑片向右移动灯泡变亮，即电流变大电阻变小，故变阻器滑片右下接线柱连入电路中，如下所示：
（2）闭合开关前电流表的指针如图乙所示，其原因是电流表指针没有调零。
（3）根据绘制的小灯泡的电流随其两端电压变化的关系知，灯在额定电压下的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率为：
P=UI=2.5V×0.25A=0.625W；
从图象知，当电压为0.5V时，电流为0.1A，由欧姆定律，灯的电阻为：
R1===5Ω，同理，灯正常发光时的电阻为10Ω，故当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比（灯的电阻）变大；
（4）图丁所示的电流随定值电阻变化的图象，电流与电阻之积为：
U=IR=0.1A×25Ω=----0.5A×5Ω=2.5V，
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U-UV=6V-2.5V=3.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的=1.4倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑=1.4×25Ω=35Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少35Ω的滑动变阻器，则实验中他所用的滑动变阻器是50Ω 0.5A，选B；
若变阻器连入的阻值为14Ω，由欧姆定律，电路的电流为：
I===0.25A，由欧姆定律，则所用定值电阻的阻值为：
R定===10Ω；
（5）①闭合开关S，移动滑片P至B端，记下电流表示数I1；
②移动滑片P至A端，记下电流表示数I2（I1未超过电流表的量程）；
③在①中两电阻串联，由电阻的串联和欧姆定律，电源电压：
U=I1（Rx+R0）
在②中，为R0的简单电路，由欧姆定律：
U=I2R0，因电源电压不变，故：
U=I1（Rx+R0）=I2R0，
Rx的表达式：
Rx=。
故答案为：（1）如上所示；（2）电流表指针没有调零；（3）0.625；变大；（4）B；10；（5）。
（1）根据滑片向右移动灯泡变亮确定变阻器滑片右下接线柱连入电路中；
（2）电流表使用前要调零；
（3）根据绘制的小灯泡的电流随其两端电压变化的关系可知灯在额定电压下的电流，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；
从图象知，当电压为0.5V时，电流为0.1A，由欧姆定律得出灯的电阻，同理，灯正常发光时的电阻，据此分析；
（4）由图丁得出，电流与电阻之积；
探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
若变阻器连入的阻值为14Ω，由欧姆定律求出电路的电流，由欧姆定律，得出所用定值电阻的阻值；
（5）分析开关转换时电路连接由电阻的串联和欧姆定律，根据电源电压不变列方程得出待测电阻表达式。
本题“测量小灯泡额定功率”，考查电路连接、注意事项、额定功率计算、控制变量法和串联电路的规律及欧姆定律的运用，同时也考查了测电阻实验方案的设计。
2020年内蒙古通辽市中考物理试卷
题号
一
二
三
四
五
六
总分
得分
一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）
1. 图中有关声和电磁波的应用，分析正确的是（ ）
A. 甲是摩托车的消声器，其作用是在传播过程中减弱噪声
B. 乙是手按小提琴上一根弦的不同位置，其目的是为了改变音色
C. 丙是利用卫星系统导航，其信息传播的媒介与“B超”相同
D. 丁是利用声呐探测海深，其原理与蝙蝠在夜间飞行的原理相同
2. 下列与物态变化相关的说法，正确的是（ ）
A. 出汗时吹风扇感觉凉快，是因为风降低了室温
B. 地面上的水消失，与冬天人呼出的“白气”形成原理相同
C. 放在衣柜里的樟脑丸消失过程中，需要吸热
D. 因为雪的形成过程中要吸收热量，所以下雪时天气变冷
3. 战国时期，《墨经》中记载了影子的形成、平面镜的反射等光学问题。图中的光学现象与影子的形成原理相同的是（ ）
A. 湖中倒影 B. 日食现象
C. 海市蜃楼 D. 雨后彩虹
4. 生活中蕴含许多物理知识，下列说法正确的是（ ）
A. 生活中的吸盘，是利用大气压工作的
B. 功率越大的机械，机械效率一定越高
C. 小明坐在行驶的汽车中，看到路旁树木向后退，是以地面为参照物
D. 筷子是省力杠杆
5. 以下校园活动的场景中，有关说法正确的是（ ）
A. 引体向上--人拉住单杠静止时，单杠对人的拉力与人的重力平衡
B. 50m测试--人冲过终点时不能立即停下来，是由于受惯性作用
C. 排球比赛--将排球向上垫起后，球的动能不变，重力势能增加
D. 掷实心球--若球在最高点时所受外力全部消失，球将竖直下落
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
B. 雪花纷飞，说明分子不停地做无规则运动
C. 同一物体，温度降低得越多，放出的热量越多
D. 汽油机的压缩冲程，汽缸内的混合物内能增加，温度升高
7. 小玲家的家庭电路简化后如图所示，由该电路可知（ ）
A. a线是零线，b线是火线
B. 灯泡L与插座Q是串联关系
C. c处断开，洗衣机插头插入插座P，洗衣机虽能工作但有安全隐患
D. 台灯插头插入插座Q后，空气开关立刻跳闸，是因为灯丝断路造成的
8. 如图所示，关于甲、乙、丙、丁四幅图，下列说法不正确的是（ ）
A. 甲图说明电能可以转化成机械能
B. 乙图说明闭合电路的部分导体在磁场中运动就会产生电流
C. 丙图说明电流周围存在磁场
D. 丁图说明地磁场的形状跟条形磁体的磁场相似
9. 水平面上放有甲、乙两个完全相同的容器，容器中装有质量相等的不同液体。现把质量相等的A、B两球放入甲容器中后，A漂浮、B沉底；用线把A、B两球系在一起放入乙容器中（线的质量和体积不计），静止后的状态如图所示，两容器中液面恰好相平。下列说法不正确的是（ ）
A. B球在甲中排开液体重力小于在乙中排开液体重力
B. A球在甲中所受浮力大于在乙中所受浮力
C. 甲容器底所受液体压强小于乙容器底所受液体压强
D. 甲容器对水平面压强等于乙容器对水平面压强
10. 如图甲所示，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的滑片从b端滑到a端的过程中，R2消耗的电功率P与通过的电流I的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 电源电压为6V
B. R1的阻值为20Ω
C. R2的最大阻值为40Ω
D. 滑片在a端时，1min内R1消耗的电能为2160J
二、多选题（本大题共2小题，共6.0分）
11. 如图所示的电路中，电源电压不变当滑动变阻器的滑片从A滑向B的过程中，不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表V2的示数不变小灯泡亮度不变
B. 电压表V2示数变化量与V1示数变化量相同
C. 电压表v2与电流表A示数之比不变
D. 滑片P移动到B端时电路总功率最大
12. 中国自主研发无人潜水器“海龙”成功完成下潜任务，潜水器从刚好浸没时开始计时，到返回水面合计10min，全过程“深度-时间”图象和“速度-时间”图象如图所示，下列对潜水器分析正确的是（ ）
A. 在0～1min，受到水的压强逐渐变大
B. 在1～3min，受到水的浮力不变
C. 在4～6min，处于匀速直线运动状态
D. 在6～8min，受非平衡力的作用
三、填空题（本大题共5小题，共10.0分）
13. 天然气已经走进千家万户，天然气的储存和运输是在一定温度下，利用______方法使其液化的；如果用专用运输车运送天然气，到达目的地后，车内油箱中剩余汽油热值______（选填“变小”、“变大”或“不变”）。
14. 小明家电能表的相关参数如图所示，他家电路中允许消耗的最大电功率为______W．他选取一个“220V 100W”的灯，单独与电能表接入家庭电路，15min内电能表指示灯闪烁了75次，则电能表的规格为______imp/（kW•h）。
15. 如图所示我国设计建造的世界首座半潜式圆简型海洋生活平台“希望7号”。主船体直径60m，型深27m，设计最大吃水深度19m，满载航行的排水量为2.5×104t，满载航行时的平台所受的浮力是______N．若某时平台底部所受海水的压强为1.632×105Pa，则此时平台吃水深度是______m．（已知ρ海水=1.02g/cm3，取g=10N/kg）
16. 假期，小明坐客车去旅游。当客车行驶到高速公路保持车距标识牌“0m”处时，恰好后面一辆小汽车行驶到客车旁，此时客车上速度计显示为“80km/h”。当客车匀速行驶到标识牌“100m”处时，小汽车匀速行驶到了标识牌“200m”处，小汽车______（选填“已经”或“没有”）超速，若此时小汽车的功率为80kW，它受到的阻力为______N．（此高速路段限定小汽车最高速度为“120km/h”）
17. 某电热水器简化电路如图所示，保温功率为220W，加热功率为1100W，R1和R2均为定值电热丝，S为自动开关，电热丝R1的阻值为______Ω；如果该电热水器的热效率为80%，将2L的水从12℃电加热至沸腾（一个标准大气压强下），需要______s．[已知c水=4.2×103J/（kg•℃），取ρ水=1.0g/cm3]
四、计算题（本大题共2小题，共10.0分）
18. 如图所示，是一辆汽车通过滑轮组提升重物的装置图，汽车部分参数如表。每次重物都以1m/s的速度匀速上升，提升重2400N的物体时，滑轮组的效率为80%，不计汽车所受的摩擦阻力、绳重及滑轮组的摩擦，取g=10N/kg。
汽车部分参数
汽车重量
3t
车轮数
4个
每个车轮受力面积
250cm2
求：（1）提升重物时汽车对水平地面的压强；
（2）汽车拉绳的力做功的功率。
19. 如图甲所示的电路，电源电压保持不变。小灯泡L标有“2.5V0.25A”字样，滑动变阻器R1的最大值为30Ω，定值电阻R2=30Ω，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V．求：
（1）小灯泡的额定功率是多少？
（2）只闭合S、S2和S3，将变阻器R1的滑片P调到中点时，电流表示数为0.45A，则电源电压是多少？
（3）只闭合开关S、S1，移动变阻器的滑片P，小灯泡L的I-U图象如图乙所示。在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围是多少？
五、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
20. 如图所示，有一条经过平面镜反射过点P的反射光线且平行于主光轴入射到凹透镜上，S'为像点，请确定点光源S的位置，并补全光路图。
21. 如图所示，杠杆提升静止在地面的重物，请画出没有用杠杆拉起重物时，重物在竖直方向上受力的示意图；当用杠杆拉起重物时，请画出在杠杆A点施加最小力F的示意图。
六、实验探究题（本大题共4小题，共20.0分）
22. 小强对有关热现象进行如下探究：
（1）先在探究“冰熔化时温度变化规律”实验时画出了图象甲，由图象甲可知冰属于______（选填“晶体”或“非晶体”）。
（2）完成上述实验后，小强换用其他装置继续探究“水沸腾时温度变化的特点”。加热一段时间后，烧杯内的水温度升高，是通过______方式增加水的内能。由“温度-时间”图象乙可知，水的沸点没有达到100℃，其原因可能是当地大气压强______（选填“高于”、“低于”或“等于”）1标准大气压。
（3）结合两次实验图象可知：冰的熔化过程和水的沸腾过程具有的共同特点是______。
23. 如图所示，请回答下列问题：
（1）如图甲所示，一束平行光通过凸透镜在光屏上形成一个最小最亮的光点。若用此凸透镜探究凸透镜成像规律，在乙图的基础上将蜡烛移至20cm刻度线处，则应将光屏______（选填“远离”或“靠近”）凸透镜，再次在光屏成倒立、______（选填“放大”、“等大”或“缩小”）的实像。
（2）在乙图的基础上，保持蜡烛、凸透镜位置不动，在蜡烛和凸透镜之间放置______（选填“远视镜”或“近视镜”），将光屏远离后，会再次在光屏成清晰的像。
（3）如果将凸透镜换成平面镜，保持蜡烛与平面镜的距离不动，移动光屏到合适位置______（选填“能”或“不能”）在光屏成清晰的像。
24. 小亮想测量个小木块（不吸水）的密度，他有天平、圆柱形玻璃杯适量的水、细针等器材，经过思考，想出了如下的实验方法。
（1）图甲是小亮在调节天平时的情景，小丽指出了他在操作上的错误，你认为错误之处是：______。
（2）小亮纠正错误后调节好天平，按照以下步骤继续实验：
①将小木块放在天平左盘，右盘加砝码并移动游码，天平平衡时右盘中所加砝码和游码的位置如图乙所示，则小木块的质量为______g。
②在玻璃杯中装满水，用细针缓慢地将木块压入水中，使之浸没，利用排水法，测出溢出水的质量为30g，则小木块的体积为______cm3．（已知ρ水=1.0g/cm3）
③算出小木块的密度：ρ木=______g/m3。
（3）受小亮实验的启发，小丽在实验时除了利用原有的圆柱形玻璃杯、适量的水和细针外，又找了一把刻度尺，不用天平也测出了木块的密度，请你将下列测量步骤补充完整：
①在玻璃杯中装入适量的水，用刻度尺测出杯中水的深度为h0。
②将木块轻轻放入玻璃杯中，待它漂浮时，______。
③用细针缓慢地把木块压入水中，使之浸没，用刻度尺测出杯中水的深度为hm。
④写出小木块密度的表达式：ρ木=______（用测量的物理量和已知量的符号表示）。
25. 实验老师为“测量小灯泡额定功率”准备了如下器材：电源（电压恒为6V）开关、电压表和电流表各一只、额定电压为2.5V的待测小灯泡（电阻约为10Ω）、滑动变阻器（“20Ω 1A”）、导线若干。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整（要求：滑片向右移动灯泡变亮）。
（2）闭合开关前电流表的指针如图乙所示，其原因是______。
（3）故障排除后，调节滑动变阻器的滑片，并绘制了小灯泡的电流随其两端电压变化的关系如图丙所示，则小灯泡的额定功率为______W．从图象中还发现：当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比______（选填“变大”、“变小或“不变”）。
（4）小陈同学为了验证电流跟电阻的关系，他又借到了一个滑动变阻器（50Ω 0.5A）和五个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ωg、25Ω），其余器材不变。用定值电阻更换甲图中的灯泡，小陈同学得到如图丁所示的电流随定值电阻变化的图象，则实验中他所用的滑动变阻器是______（选填字母：A.20Ω 1AB .50Ω 0.5A），若某次实验中滑动变阻器连入的阻值为14Ω，则所用定值电阻的阻值为______Ω。
（5）下课前老师布置了一道课后作业。要求：在只有下列实验器材的前提下测出未知定值电阻Rx的阻值。实验器材：电阻Rx、电源（电压恒定但未知）、滑动变阻器（已知最大阻值为R0）、电流表、开关、导线若干。
小张同学设计了如图戊所示的电路图，用以下步骤测Rx的阻值。
①闭合开关S，移动滑片P至B端，记下电流表示数I1；
②移动滑片P至A端，记下电流表示数I2（I1未超过电流表的量程）；
③请帮他写出Rx的表达式：Rx=______（用字母R0、I1、I2表示）。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：
A、摩托车的消音器，其作用是在声源处减弱噪声，故A错误；
B、小提琴是琴弦振动发出声音的，当在小提琴上不同位置按弦，琴弦振动的快慢会不一样，所以声音的音调就会发生变化，故B错误；
C、卫星导航系统传递信息利用的是电磁波，“B超”是利用超声波，故C错误；
D、利用声呐探测海深与蝙蝠在夜间能正常飞行的原理相同，都是利用超声波传递信息，故D正确。
故选：D。
（1）减弱噪声方法有：①在声源处控制噪声产生；②在传播过程中阻断噪声传播；③在人耳处防止噪声进入耳朵；
（2）音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
（3）图片和声音等信号调制到电磁波上，把电磁波当成载体发射出去，电磁波比超声波、次声波具有更强的穿透力，人们日常生活中用的电视信号、手机信号都是利用电磁波传递信号的；
（4）声音不但能传递信息，还能传递能量。
本题主要考查学生对声现象这一知识点的了解和掌握，结合与声有关的知识分析每个选项确定答案。
2.【答案】C
【解析】解：A、出汗时吹风扇感觉凉快，是因为风加快了汗液的蒸发，蒸发吸热，故A错误。
B、地面上的水消失，是水的汽化现象；冬天人呼出的“白气”是呼出的水蒸气遇冷液化，故两者的形成原理不同，故B错误。
C、放在衣柜里的樟脑丸消失过程中，是樟脑丸的升华现象，升华过程需要吸热，故C正确。
D、雪的形成过程是水蒸气的凝华现象，凝华需要放出热量；下雪时天气变冷是因为水蒸气只有在气温骤降时才能凝华，故D错误。
故选：C。
（1）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
3.【答案】B
【解析】解：影子的形成原理是光沿直线传播，比如：日食、月食、手影、皮影、立竿见影等；
A、湖中倒影是平面镜成像，属于光的反射现象，故A错误；
B、日食的形成，是光的直线传播现象，故B正确；
C、海市蜃楼属于光的折射现象，故C错误；
D、雨后天空出现彩虹，是由于太阳光照到空气中的小水滴上，被分解为绚丽的七色光，即光的色散，属于光的折射，故D错误。
故选：B。
明确影子是由光的直线传播形成的现象，然后分析各个选项形成原理，选出符合题意的选项。
此题是光现象中的综合题，涉及到光的反射、色散、直线传播等，分析时要分清选项是哪类光选项，并深究其成因，就可解答
4.【答案】A
【解析】解：A、吸盘内的空气被挤出，内部气压小于外界大气压，是大气压将其固定住的，故A正确；
B、功率表示物体做功的快慢，机械效率表示物体所做的有用功与总功的比值，两者物理意义不同，没有直接的联系，故B错误；
C、若以地面为参照物，树木位置不变，应该是静止的，不符合题意，故C错误；
D、使用筷子时，是费力杠杆，这样更节省距离，故D错误。
故选：A。
A、大气压的应用大多是利用内外的气压差，所以要判断是否是大气压的应用，要注意有没有形成这个“气压差”；
B、功率是做功快慢的物理量，机械效率是表示机械功能好坏的物理量，二者无确切联系；
C、物体与参照物位置发生相对改变，则说明物体是运动的，否则静止；
D、判断杠杆是省力杠杆还是费力杠杆，可依据杠杆的动力臂和阻力臂大小关系，若动力臂大于阻力臂，则是省力杠杆，若动力臂小于阻力臂，则是费力杠杆。
本题是一道综合性的选择题目，主要考查了大气压、物体运动的相对性、功率和机械效率的区别及杠杆的分类情况，均属基础性问题。
5.【答案】A
【解析】解：A、人拉住单杠静止时，处于平衡状态，此时单杠对人的拉力与人的重力是一对平衡力，故A正确；
B、人冲过终点时不能立即停下来，是由于人具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故B错误；
C、将排球向上垫起后，排球将减速上升，质量不变，速度减小，动能减小；同时高度增加，重力势能增加，故C错误；
D、掷出的实心球斜向上运动，在最高点时的速度不为零，仍具有水平方向的速度，若此时所受外力全部消失，由牛顿第一定律可知，球将沿水平方向做匀速直线运动，故D错误。
故选：A。
本题是一道力学综合题，涉及到二力平衡、惯性、动能和势能的转化以及牛顿第一定律的应用等，与生活紧密相连，让学生觉得学习物理有用，同学们平时要尝试用物理知识解释身边的现象。
6.【答案】D
【解析】解：
A、发生热传递的条件是两物体有温度差，热量从温度高的物体传递到温度低的物体，故A错误；
B、雪花纷飞，雪花不是分子，属于宏观物体的运动，是机械运动，不能说明分子的无规则运动，故B错误；
C、没有外界做功时，由Q放=cm△t可知，同一物体，温度降得越多，放出的热量就越多，故C错误；
D、汽油机的压縮冲程，对气缸内的混合物做功，使其温度升髙、内能增大，故D正确。
故选：D。
（1）热传递的条件是存在温度差；热传递的方向是从高温物体到低温物体。
（2）不同物体互相接触时，分子彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动。
（3）根据Q放=cm△t可知，质量、比热容一定时，放出热量与温度的关系；
（4）对物体做功（克服摩擦、压缩气体），物体的温度升髙、内能增大。
本题主要考查学生对热传递条件、分子运动、放热公式和汽油机的工作原理，综合性较强，难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A、据题意和图中的标注可知，用电器的开关应该接在火线上，所以和开关相连的那根线是火线，即a 线是火线，b 线是零线，故A错误；
B、灯泡L与插座Q是互不影响的，所以是并联的关系，故C错误；
C、若c处断开（即三孔插座没有接地），洗衣机插头插入插座，洗衣机仍然能工作，但外壳不能接地，当外壳漏电时，人接触金属外壳，会有电流流过人体，会发生触电事故，即有安全隐患，故C正确；
C、电路跳闸可能是电路总功率过大引起的，也可能是发生了短路，不可能是灯丝断路造成的，故D错误。
故选：C。
（1）根据图示可判断火线与零线；
（2）家庭电路中各个用电器是互不影响的，所以是并联的关系；
（3）金属外壳的用电器使用三孔插座时，把金属外壳接地，即使金属外壳的用电器漏电，人体被接地的导线短路，不会对人体造成伤害；
（4）在家庭电路中，电流过大的原因：一是电路总功率过大，二是发生了短路。
本题考查了家庭电路中对电能表的认识、电路连接、保险丝的作用等的认识和理解，家庭电路的连接一切都要以安全为前题。
8.【答案】B
【解析】解：A、甲图是电动机的原理图，电动机工作时电能转化为机械能。说法正确。
B、乙图是探究电磁感应现象的实验装置，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中有感应电流产生，选项中没有指出做切割磁感线运动，不能确定是否有感应电流。说法错误。
C、丙图是奥斯特实验，表明电流周围存在磁场。说法正确。
D、丁图表明地球是巨大的磁体，地磁场和条形磁体的磁场相似。说法正确。
故选：B。
（1）电动机是根据通电导体在磁场中受力而运动原理工作的，电能转化为机械能。
（2）发电机是根据电磁感应原理工作的，机械能转化为电能。
（3）奥斯特实验表明通电导体周围存在磁场。
（4）地球是巨大的磁体，地磁场和条形磁体的磁场相似。
电动机和发电机的原理图非常相似，重要区别在于电动机电路有电源，发电机电路没有电源，注意区分，容易混淆。
9.【答案】B
【解析】解：
A、由图可知，AB两球排开液体的总体积：V排甲＜VA+VB，V排乙=VA+VB，所以，V排甲＜V排乙；
已知甲、乙两个完全相同的容器，两容器中液面恰好相平，则：V甲+V排甲=V乙+V排乙，所以，V甲＞V乙，即甲容器中液体的体积较大；
已知容器中的液体质量相等，根据ρ=可知：ρ甲＜ρ乙；
B球排开液体的重力：G排液=ρ液gVB，ρ甲＜ρ乙；
B球在甲中排开液体重力小于在乙中排开液体重力，故A正确；
B、由图可知，A在甲液体中漂浮，根据漂浮条件可知：FA浮甲=GA-------①
A和B在乙液体中一起悬浮，则A球的受力情况是：FA浮乙=GA+F-------②，
由①②可知，FA浮甲＜FA浮乙，故B错误；
C、已知两容器中液面恰好相平（液体的深度相同），ρ甲＜ρ乙，根据p=ρgh可知：p甲＜p乙，故C正确；
D、容器对水平面的压力等于容器的总重力，即F压=G液+G容+GA+GB；
由于容器和液体质量均相等，A、B两球的质量不变，所以，F甲=F乙，即两容器对水平面的压力相等，
由于甲、乙两个完全相同的容器，则水平面的受力面积相等，根据p=可知：p甲′=p乙′，即两容器对水平面的压强相等，故D正确。
故选：B。
A、已知两容器中液面恰好相平，根据A、B两球在甲乙两容器中排开液体的体积判断得出甲乙液体的体积大小，由于容器中装有质量相等的不同液体，则根据ρ=即可判断液体的密度大小关系，根据G排液=ρ液gVB分析B球排开液体的重力大小；
B、根据A球在甲乙容器液体中的受力情况即可判断；
C、已知两容器中液面恰好相平，根据p=ρgh即可判断容器底所受液体压强的大小；
D、求出容器对水平面压力，由于甲、乙两个完全相同的容器，则底面积相等，根据p=即可判断容器对水平面压强。
此题通过分析小球在液体中的浮沉情况，考查了对阿基米德原理、浮沉条件的应用，同时考查了密度知识的应用，综合性强，难度较大。
10.【答案】A
【解析】解：AB、由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器消耗的功率为0.8W时，电路中的电流I1=0.2A；
由P=UI可得，此时R2的电压；U2===4V，
由I=及串联电路的电压规律可得：电源电压：U=I1R1+U2=0.2A×R1+4V--------①；
当滑动变阻器消耗的功率为0W时，即变阻器连入电路的电阻为零，电路只有R1，
由图象可知此时电流I2=0.6A；
由欧姆定律可得，电源的电压：U=I2R1=0.6A×R1---------②，
解①②得：R1=10Ω；U=6V，故A正确，B错误；
C、由图象可知，滑动变阻器全部接入电路中，其电阻最大，此时电流最小为I1=0.2A，
则滑动变阻器的最大阻值为：R2===20Ω，故C错误；
D、滑片在a端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0时（电路为R1的简单电路），电路中的电阻最小，电流最大，
1min内R1消耗的电能为W=UI大t=6V×0.6A×60s=216W，故D错误。
故选：A。
AB、由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由图象读出滑动变阻器的电功率和电流值，根据P=UI求出R2的电压；
根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，并求出R1的阻值，从而求出电源电压；
C、根据图象中滑动变阻器两端的电压和功率求出滑动变阻器的电阻；
D、根据W=UI大t求出滑片在a端时1min内R1消耗的电能。
本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用以及识图能力和电功的计算，关键是知道滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小、滑动变阻器接入电路中的电阻最小时电路中的电流最大。
11.【答案】BC
【解析】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表A测电路中的电流。
当滑动变阻器的滑片从A滑向B的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，
由I=可知，电路中的电流变小，
不考虑灯丝电阻随温度的变化，由U=IR可知，灯泡两端的电压变小，即电压表V2的示数变小，
因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，
所以，由P=UI可知，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，故A错误；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V2示数变化量与V1示数变化量相同，故B正确；
由R=可知，电压表V2与电流表A示数之比等于灯泡的电阻，则其比值不变，故C正确；
滑片P移动到B端时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，由P=UI可知，电路总功率最小，故D错误。
故选：BC。
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表A测电路中的电流。
（1）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，进一步得出亮暗的变化，根据串联电路的电压特点可知两电压表示数变化量的关系，根据欧姆定律结合灯泡的电阻判断电压表V2与电流表A示数之比变化；
（2）滑片P移动到B端时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，根据P=UI可知电路总功率的大小。
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
12.【答案】ABD
【解析】解：
A、由h-t图象可知，在0～1min内潜水器所处的深度逐渐增大，由p=ρgh可知，受到水的压强逐渐变大，故A正确；
B、在1～3min内，潜水器浸没水中，排开水的体积不变，由F浮=ρgV排可知，受到水的浮力不变，故B正确；
C、由v-t图象可知，在4～6min内，潜水器的速度为0，处于静止状态，故C错误；
D、由v-t图象可知，在6～8min内，潜水器加速上升，处于非平衡状态，故D正确。
故选：ABD。
（1）由h-t图象可知在0～1min内潜水器所处深度的变化，根据p=ρgh可知受到水的压强变化；
（2）潜水器从刚好浸没时开始下潜到返回水面，在1～3min内潜水器排开水的体积不变，根据阿基米德原理可知受到水的浮力变化；
（3）由v-t图象可知在4～6min内潜水器的速度，然后判断其状态；
（4）由v-t图象可知在6～8min内潜水器的运动状态，再判断所处的状态进而判断出受力情况。
本题考查了液体压强公式、阿基米德原理、力与运动的关系等，从图象中获取潜水器深度的变化和运动的速度是关键。
13.【答案】压缩体积 不变
【解析】解：
（1）天然气在常温常压下是气态。为节约空间，天然气的储存和运输是在一定温度下，利用压缩体积方法使其液化的；
（2）汽油的热值与汽油的质量大小无关，所以油箱内剩余汽油质量虽然减少，但汽油的热值不变。
故答案为：压缩体积；不变。
（1）物质由气态变成液态的过程叫液化。液化有两种方法：降低温度，压缩体积；
（2）热值是燃料的一种特性，与燃料的种类有关，而与燃料的质量、燃烧程度无关。
此题考查了液化的方法和热值的物理意义，是基本概念和规律的应用，难度不大。
14.【答案】6600 3000
【解析】解：（1）由图示电能表可知，电能表正常工作时的电压是220V，正常工作时允许流过电能表的最大电流为30A，
他家电路中允许消耗的最大电功率：
P=UI=220V×30A=6600W；
（2）该灯泡15min消耗的电能为：
W=Pt=0.1kW×h=0.025kW•h；
由题知，电路中消耗0.025kW•h的电能时，电能表指示灯闪烁了75次，
则消耗1kW•h的电能时，电能表指示灯闪烁的次数：
N==3000imp，所以该电能表的规格为：3000imp/（kW•h）。
故答案为：6600；3000。
（1）电能表参数的意义：220V是该电能表要接在220V的电路中，10A是指该电能表的标定电流，40A是指短时间允许通过的最大电流，利用P=UI求小明家同时工作的用电器最大电功率；
（2）先求出灯泡15min消耗的电能，然后求出电能表的规格（每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁的次数）。
本题考查了使用电能表时消耗电能和电功率公式的运用，明确电能表相关参数的意义是关键。
15.【答案】2.5×108 16
【解析】解：
（1）满载航行时的平台的排水量：m排=2.5×104t=2.5×107kg，
根据阿基米德原理可得，满载航行时的平台所受的浮力：
F浮=G排=m排g=2.5×107kg×10N/kg=2.5×108N；
（2）根据p=ρgh可知，平台吃水深度为：
h===16m。
故答案为：2.5×108；16。
（1）物体所受浮力大小等于它排开液体所受重力；
（2）已知平台底部所受海水的压强和海水的密度，根据公式p=ρgh求出平台的吃水深度。
本题考查了液体压强公式、漂浮时浮力与重力的关系，属于基础性题目。
16.【答案】已经 1800
【解析】解：
（1）由v=得客车行驶时间为：
t===h；
则小汽车的速度为：
v2===160km/h＞120km/h，
故小汽车已经超速了；
（2）由P===Fv得小汽车的牵引力为：
F===1800N；
小汽车匀速行驶，水平方向受力平衡，阻力和牵引力是一对平衡力，所以小汽车受到的阻力为1800N。
故答案为：已经；1800。
（1）利用速度公式求出小汽车的速度与限大小比较作出判断；
（2）利用P===Fv求出小汽车的牵引力；小汽车匀速行驶，水平方向小车受到牵引力和阻力是一对平衡力，据此求出阻力。
此题主要考查学生对于速度公式、功率公式和二力平衡等知识的理解和应用能力，灵活运用功率和速度公式是解题的关键。
17.【答案】176 840
【解析】解：（1）当S闭合时，R1短路，电路为R2的简单电路，当S断开时，两电阻串联，根据串联电阻大于其中任一电阻，根据P=，S闭合时，为加热状态，S断开时为保温状态，
P加热=，故R2===44Ω；
根据串联电阻的规律，P保温=，
故R1+R2===220Ω，
因此，R1==220Ω-44Ω=176Ω；
（2）由ρ=得水的质量：
m=ρ水V=1.0×103kg/m3×2×10-3m3=2kg；
水在一个标准大气压强下的沸点为100℃，
水吸收的热量为：
Q=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃-12℃）=7.392×105J，
根据η==，该电热水器的热效率为80%，
加热至沸腾所用的时间：
t===840s。
故答案为：176；840。
（1）分析S闭合和断开时电路连接，根据串联电阻的规律结合P=，分析不同档位电路的结构，
从而得了加热和保温时功率的表达式，根据串联电阻的规律得出R1；
（2）由ρ=得水的质量，因水在一个标准大气压强下的沸点为100℃，根据Q=c水m（t-t0）求出水吸收的热量，根据η==求出该电热水器加热至沸腾所用的时间。
本题为电热综合题，考查串联电路的规律及P=和吸热公式、电功公式、密度公式、效率公式的运用，为中考的热点问题。
18.【答案】解：（1）提升重物时，汽车对水平地面的压力：
F=G=mg=3×103×10N/kg=3×104N，
受力面积S=4S0=4×250cm2=1000cm2=0.1m2，
汽车对水平地面的压强：
p===3×105Pa；
（2）由图可知：滑轮组绳子的有效股数n=3，
根据η====可得，汽车的拉力：
F===1000N，
汽车的速度：v车=nv物=3×1m/s=3m/s，
则汽车拉绳的力做功的功率：
P=Fv=1000N×3m/s=3000W。
答：（1）提升重物时汽车对水平地面的压强为3×105Pa；
（2）汽车拉绳的力做功的功率为3000W。
【解析】（1）提升重物时，汽车对水平地面的压力等于其自身重力，求出受力面积，利用p=计算压强；
（2）首先确定滑轮组绳子的有效股数，然后利用η====求出汽车的拉力；根据v=nv物求出汽车的速度，根据P=Fv求出汽车的功率。
此题考查压强、机械效率的计算，功率公式的应用，关键是功率推导公式P=Fv、机械效率推导公式η====的运用。
19.【答案】解：（1）小灯泡的额定功率是：
PL=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W；
（2）只闭合开关S、S2和S3，分析电路的连接，L短路，电阻R1与R2并联，
并联的总电阻，R并===10Ω，
由I=可得电源电压：U=IR并=0.45A×10Ω=4.5V；
（3）只闭合开关S、S1，灯泡L与R1串联，R2不接入电路，移动变阻器的滑片P，向左移动时，R1变大，电压表的示数也变大，当电压表示数为3V时，R1最大，则R1的电压U1大=3V，此时小灯泡两端的电压为：UL′=U-U1大=4.5V-3V=1.5V，
由图乙可知电路中最小电流：I最小=0.2A，
所以R1连入电路的电阻：R1===15Ω，
当滑片向右移动时，R1变小，电流表的示数变大，UL也变大，由图象可知电路中的最大电流：
I最大=0.25A＜0.6A（电流表安全），
由图象可知，此时UL′=2.5V，
R1两端的电压为：U1′=U-UL′=4.5V-2.5V=2V，
R1连入电路的电阻：R1′===8Ω，
所以在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围是8～15Ω。
答：（1）小灯泡的额定功率是0.625W；（2）只闭合S、S2和S3，将变阻器R1的滑片P调到中点时，电流表示数为0.45A，则电源电压是4.5V；
（3）只闭合开关S、S1，移动变阻器的滑片P，小灯泡L的I-U图象如图乙所示。在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围是8～15Ω。
【解析】（1）由小灯泡L标有“2.5V 0.25A”字样，根据P=UI求灯的额定功率；
（2）只闭合开关S、S2和S3，分析电路的连接，L短路，电阻R1与R2并联，求出并联的总电阻，已知电流根据欧姆定律求出电源电压；
（3）只闭合开关S、S2，R1与灯泡串联，R2不接入电路，移动变阻器的滑片P，向左移动时，R1变大，电压表的示数也变大，当电压表示数为3V时，R1最大，可求R1的电压，即可得小灯泡的电压，可得电路中最小电流，可求此时滑动变阻器的电阻；当滑片向右移动时，R1变小，电流表的示数变大，UL也变大，由图象可知电路中的最大电流，根据欧姆定律可求此时滑动变阻器的电阻，即可得在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围。
本题考查串联、并联电路的规律和欧姆定律及电功率公式的运用，关键是正确识别电路，从图象中获取有效的信息。
20.【答案】解：作像点S′关于镜面的对称点S，即为光源S的位置；连接SO，可得即为入射光线；平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，如图所示：
【解析】根据平面镜成像的特点---物像对称，画出光源S的位置；连接SO，可得入射光线；在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
本题考查了平面镜成像的特点（物像对称）和凹透镜的特殊光线，属于中档题。
21.【答案】解：没有用杠杆拉起重物时，重物在竖直方向上受重力和支持力的作用，二力的作用点可均画在重心处，过物体的重心作竖直向下的重力G和竖直向上的支持力F′；
拉起物体的力作用在A点，O为支点，连接OA即为最长的动力臂，根据杠杆的平衡条件，此时所用的动力最小；过A点作垂直于OA向下的力F即可，如图所示：
【解析】（1）没有用杠杆拉起重物时，重物在竖直方向上受重力和支持力的作用，二力平衡；
（2）根据杠杆的平衡条件，当动力臂最长时，所用的动力最小。
本题考查了力的示意图的画法以及杠杆中最小力的问题，其中最小力的画法是一个难点，关键要找到最长的动力臂。
22.【答案】晶体 热传递 低于 吸收热量，温度不变
【解析】解：（1）由图甲可知：冰熔化时有固定的熔化温度，是晶体，冰的熔点为0℃，冰在熔化时吸热温度不变；
（2）实验中，水从火吸收热量、内能增加、温度升高，是通过热传递的方式增加水的内能；
由图知，由所绘制的丙图象可知，水的沸点是98℃低于100℃，此时周围环境的大气压低于一标准大气压；
（3）冰是晶体，晶体在熔化的过程中需要吸热，但温度不变；水在沸腾时，吸收热量，温度不变。
故答案为：（1）0；（2）热传递；46；低于；（3）吸收热量，温度不变。
（1）是否有固定的熔点或凝固点是晶体和非晶体的主要区别，晶体熔化吸热温度不变，内能升高；
（2）改变物体内能的方法，一是做功，二是热传递；液体的沸点与气压有关，液体表面的气压越大、沸点越高；
（3）晶体在熔化和沸腾的过程中温度不变。
主要考查了晶体熔化、水的沸腾的特点及对晶体熔化、水沸腾图象的分析。要注意从图象中得到信息，是一道很好的题目。
23.【答案】靠近 缩小 近视镜 不能
【解析】解：（1）由图甲可知，焦距f=10.0cm，2f=20cm，在乙图的基础上将蜡烛移至20cm刻度线处，物距u=30cm，则u＞2f，所以成倒立、缩小的实像，像距处于f和2f之间，所以应将光屏靠近凸透镜；
（2）光屏远离后，会再次在光屏成清晰的像，说明光线比原来发散了，所以应该选用近视镜；
（3）由于平面镜成虚像，所以移动光屏到合适位置不能在光屏成清晰的像。
故答案为：（1）靠近；缩小；（2）近视镜；（3）不能。
（1）由焦点到凸透镜的距离即为焦距，根据凸透镜成像规律确定成像的特点；
（2）远视镜为凸透镜，对光线有会聚作用，近视镜为凹透镜，对光线有发散作用，据此分析；
（3）平面镜成虚像，不能在光屏上呈现。
本题主要考查了凸透镜成像规律的应用，要掌握凸透镜成像特点与物距、像距的关系。
24.【答案】游码未移至标尺左端的零刻度线处 18.6 30 0.62 用刻度尺测出杯中水的深度为h •ρ水
【解析】解：（1）在调节天平平衡时，应先将天平放在水平台上，并将游码拨到标尺左端的零刻线处，该同学未将游码拨到标尺左端的“0”刻度线处；
（2）①如图乙所示，则小木块的质量m=10g+5g+3.6g=18.6g；
②根据公式ρ=得，排开水的体积V水=V木===30cm3；
③所以木块的密度ρ木===0.62g/cm3；
（3）实验步骤：
①将适量的水倒入烧杯中，测出烧杯中水的深度h0。
②将木块轻放入玻璃杯中，待它漂浮时，用刻度尺测出杯中水的深度为h；
③用细针缓慢地把木块压入水中，使之完全浸没，用刻度尺测出杯中水的深度为hm；
④因为木块漂浮在水面上受到的浮力等于重力，所以G=F浮=ρ水gV排，
设烧杯的底面积为S，木块排开水的体积为：V排=S（h-h0），
所以G=F浮=ρ水gS（h-h0），
木块的质量：m==ρ水S（h-h0），
当木块压入烧杯中，用刻度尺测出此时烧杯中水的深度hm，小木块的体积为：V=S（hm-h0）
小木块的密度：ρ===。
故答案为：（1）游码未移至标尺左端的零刻度线处；（2）①18.6；②30；③0.62；（3）②用刻度尺测出杯中水的深度为h；④•ρ水。
（1）调节平衡前，先将天平放在水平台上，游码置于标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母；天平平衡时，物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；
（2）①物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；
②木块浸没时，排开水的体积和木块的体积相等，根据密度公式的变形求出木块的体积；
③根据密度公式求出木块的密度；
（3）设烧杯的底面积是S，烧杯中倒入水时，用刻度尺测出烧杯中水的深度h0，可以求出水的体积。
把木块漂浮水面上，测出此时水的深度h，可以求出木块排开水的重力，即木块受到的浮力，木块漂浮在水面上，木块受到的浮力等于木块的重力，求出木块的质量。
当木块沉入放入烧杯，用刻度尺测出此时烧杯中水的深度hm，可以求出水和木块的总体积。从而求出木块的体积。再根据ρ=求出木块的密度。
本题考查了密度公式的计算和阿基米德原理的应用，关键是知道金属块没入水中排开水的体积就是自身的体积，计算时要注意单位的统一；小题用漂浮条件和阿基米德原理和漂浮条件测量木块的质量，这是本题的关键。
25.【答案】（1）；
（2）电流表指针没有调零；
（3）0.625；变大；
（4）B；10；
（5）。
【解析】解：（1）滑片向右移动灯泡变亮，即电流变大电阻变小，故变阻器滑片右下接线柱连入电路中，如下所示：
（2）闭合开关前电流表的指针如图乙所示，其原因是电流表指针没有调零。
（3）根据绘制的小灯泡的电流随其两端电压变化的关系知，灯在额定电压下的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率为：
P=UI=2.5V×0.25A=0.625W；
从图象知，当电压为0.5V时，电流为0.1A，由欧姆定律，灯的电阻为：
R1===5Ω，同理，灯正常发光时的电阻为10Ω，故当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比（灯的电阻）变大；
（4）图丁所示的电流随定值电阻变化的图象，电流与电阻之积为：
U=IR=0.1A×25Ω=----0.5A×5Ω=2.5V，
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U-UV=6V-2.5V=3.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的=1.4倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑=1.4×25Ω=35Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少35Ω的滑动变阻器，则实验中他所用的滑动变阻器是50Ω 0.5A，选B；
若变阻器连入的阻值为14Ω，由欧姆定律，电路的电流为：
I===0.25A，由欧姆定律，则所用定值电阻的阻值为：
R定===10Ω；
（5）①闭合开关S，移动滑片P至B端，记下电流表示数I1；
②移动滑片P至A端，记下电流表示数I2（I1未超过电流表的量程）；
③在①中两电阻串联，由电阻的串联和欧姆定律，电源电压：
U=I1（Rx+R0）
在②中，为R0的简单电路，由欧姆定律：
U=I2R0，因电源电压不变，故：
U=I1（Rx+R0）=I2R0，
Rx的表达式：
Rx=。
故答案为：（1）如上所示；（2）电流表指针没有调零；（3）0.625；变大；（4）B；10；（5）。
（1）根据滑片向右移动灯泡变亮确定变阻器滑片右下接线柱连入电路中；
（2）电流表使用前要调零；
（3）根据绘制的小灯泡的电流随其两端电压变化的关系可知灯在额定电压下的电流，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；
从图象知，当电压为0.5V时，电流为0.1A，由欧姆定律得出灯的电阻，同理，灯正常发光时的电阻，据此分析；
（4）由图丁得出，电流与电阻之积；
探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
若变阻器连入的阻值为14Ω，由欧姆定律求出电路的电流，由欧姆定律，得出所用定值电阻的阻值；
（5）分析开关转换时电路连接由电阻的串联和欧姆定律，根据电源电压不变列方程得出待测电阻表达式。
本题“测量小灯泡额定功率”，考查电路连接、注意事项、额定功率计算、控制变量法和串联电路的规律及欧姆定律的运用，同时也考查了测电阻实验方案的设计。
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